1、广东省深圳中学2020届高三化学第六次能力测试试题（含解析）一、选择题：每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是A. 高级脂肪酸乙酯是生物柴油的一种成分，它属于油脂B. 葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，可用苏打粉检验假葡萄酒C. 2020年北京冬奥会速滑服主要材料是聚氨酯，属于有机高分子化合物D. 采煤工业爆破时把干冰和炸药放在一起，既能增强爆炸威力，又能预防火灾【答案】A【解析】【详解】A. 油脂是高级脂肪酸甘油酯，高级脂肪酸乙酯不是油脂，故A错误；B. 葡萄中含有花青素在碱性环境下显蓝色，苏打粉溶液显
2、碱性，因此可用苏打粉检验假葡萄酒，没有出现蓝色则说明葡萄酒是假的，故B正确；C. 2020年北京冬奥会速滑服主要材料是聚氨酯，属于有机高分子化合物，故C正确；D. 采煤工业爆破时把干冰和炸药放在一起，既能增强爆炸威力，又能预防火灾，利用干冰变气体时，气体体积膨胀，而且二氧化碳可以灭火，故D正确。综上所述，答案为A。2.运用现代科技从苦艾精油中分离出多种化合物，其中四种的结构如下：下列说法不正确的是（ ）A. 分子中所有碳原子不可能处于同一平面内B. 互为同分异构体C. 的一氯代物有6种D. 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A. 分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，A项正确
3、，不符合题意；B. 的分子式分别为C10H180、C10H16O，二者分子式不同，不属于同分异构体，B项错误，符合题意；C. 有6种等效H原子，其一氯代物有6种，C项正确，不符合题意；D. 中均含有碳碳双键，均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，的苯环上含有甲基、异丙基，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，D项正确，不符合题意；答案选B。3.我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理,其主反应历程如图所示(H2*H+* H)。下列说法错误的是A. 向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率B. 带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态C. 二氧化碳加氢制甲醇的过程
4、中原子利用率达100%D. 第步的反应式为*H3CO+ H2OCH3OH+*HO【答案】C【解析】【详解】A. 反应历程第步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率，故A正确；B. 根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，故B正确；C. 根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，故C错误；D. 根据图中信息得到第步的反应式为*H3CO+ H2OCH3OH+*HO，故D正确。综上所述，答案为C。4.乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为20.8，能与水混溶
5、)的装置(夹持装置已略) 如图所示。下列说法错误的是A. 中用胶管连接其作用是平衡气压，便于液体顺利流下B. 实验过程中铜丝会出现红黑交替变化C. 实验开始时需先加热，再通O2，然后加热D. 实验结束时需先将中的导管移出，再停止加热。【答案】C【解析】【详解】A装置中若关闭K时向烧瓶中加入液体，会使烧瓶中压强增大，双氧水不能顺利流下，中用胶管连接，打开K时，可以平衡气压，便于液体顺利流下，A选项正确；B实验中Cu作催化剂，但在过渡反应中，红色的Cu会被氧化成黑色的CuO，CuO又会被还原为红色的Cu，故会出现红黑交替的现象，B选项正确；C实验开始时应该先加热，防止乙醇通入时冷凝，C选项错误；D
6、为防止倒吸，实验结束时需先将中的导管移出，再停止加热，D选项正确；答案选C。5.W、X、Y、Z、R是短周期原子序数依次增大的主族元素，X原子最外层电子数是电子层数的2倍，Z为地壳中含量最高的元素，R的单质是短周期最活泼的金属。由W、X、Y三种元素组成的化合物甲的球棍模型如图，甲是运载火箭的燃料之一。下列说法正确的是A. 化合物甲分子中每个原子都达8电子的稳定结构B. W、Y、Z三种元素可形成离子化合物C. Y与Z只能形成2种二元化合物D. 简单离子半径：R Z Y【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z、R是短周期原子序数依次增大的主族元素，X原子最外层电子数是电子层数的2倍，则X为C，Z为地
7、壳中含量最高的元素，则Z为O，Y为N，R的单质是短周期最活泼的金属，则R为Na。由W、X、Y三种元素组成的化合物甲的球棍模型如图，甲是运载火箭的燃料之一，则W为H。【详解】A. 化合物甲分子中H原子是2电子的稳定结构，故A错误；B. W、Y、Z三种元素可形成离子化合物NH4NO3，故B正确；C. N与O能形成6种二元化合物，故C错误；D. 简单离子半径：N3 O2 Na+，故D错误。综上所述，答案B。【点睛】比较电子层相同的不同离子，根据核多径小原则。6.最近一个科学硏究小组创建了一种通过连续电解将能量储存为化学能的装置。在氧化钇基质的阳极和二氧化钛涂覆的钛阴极之间是可通过H+的固体聚合物电解
8、质。其结构如图所示，则下列说法错误的是A. 电源b极为正极B. 在能量转换过程中，固体电解质中H+由图中电池右侧向左侧移动C. 阴极电极反应式为：OX+4H+4e-=GC+H2OD. 为增强阳极电解液导电性，可在水中添加适量盐酸或NaCl【答案】D【解析】【详解】A. 右侧电解得到氧气，为阳极，因此电源的b极为正极，故A正确；B. 在能量转换过程中，根据异性相吸原理，左侧为阴极，因此固体电解质中H+由图中电池右侧向左侧移动，故B正确；C. 阴极电极反应式为：OX + 4H+ + 4e = GC+H2O，故C正确；D. 为增强阳极电解液导电性，在水中添加适量盐酸或NaCl，阳极不再是氢氧根失去电
9、子，而变为氯离子失去电子，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】化合价升高，失去电子，发生氧化反应，在阳极发生反应；离子移动方向是电解池“异性相吸”，原电池“同性相吸”。7.常温下，用0.10 mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol/LCH3COOH溶液和 HCN 溶液所得滴定曲线如图Ka（CH3COOH）Ka（HCN）。下列说法正确的是A. 点和点所示溶液中：c(CH3COO)c(CN)B. 点和点所示溶液中：c(CH3COO)-c(CN) = c(HCN)-c(CH3COOH)C. 溶液中水的电离程度：D. 点和点所示溶液中都有：c(CH3COO)+c(O
10、H) = c(CH3COOH)+c(H+)【答案】B【解析】【详解】A. 根据图知，0.10 molL1的CH3COOH溶液和HCN溶液的pH：CH3COOHHCN，所以两种酸中c(H+)：CH3COOHHCN，酸性CH3COOHHCN，酸根离子水解程度：CH3COOCN，则点和点所示溶液中。c(CH3COO)c(CN)，故A错误；B. 点溶液中加入的酸的物质的量相等，且溶液体积相等，根据物料守恒得c(CH3COO)+c(CH3COOH) = c(CN)+c(HCN)，所以得c(CH3COO)c(CN)=c(HCN)c(CH3COOH)，故B正确；C. 点呈中性，溶质为CH3COOH和CH3C
11、OONa，水解程度和酸电离程度相等，点溶质CH3COONa，单一水解，因此水的电离程度为，故C错误；D. 点溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒得c(CH3COO)+c(OH) = c(Na+)+c(H+)，溶液呈中性，因此有c(CH3COO) = c(Na+)，无法得出c(CH3COO)+c(OH) = c(CH3COOH)+c(H+)，点溶质CH3COONa，根据电荷守恒得c(CH3COO)+c(OH) = c(Na+)+c(H+)，根据物料守恒得到c(CH3COO)+ c(CH3COOH) = c(Na+)，无法得出c(CH3COO)+c(OH) = c(CH3COOH)
12、+c(H+)，故D错误。综上所述，答案为B。8.根据环保要求，在处理有氰电镀废水时，剧毒的CN-离子在催化剂TiO2颗粒作用下，先用NaClO将CN-离子氧化成CNO-（CN-和CNO-中N元素均为-3价），再在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2。环保工作人员在密闭系统中用如图装置进行实验，测定CN-被处理的百分率。现将浓缩后含CN-离子污水与过量NaClO溶液的混合液倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞。回答下列问题：（1）根据题意，写出相关主要反应的离子方程式：甲中的反应_，乙中的反应：_。（2）上述实验是通过测定CO2的量来
13、确定对CN-的处理效果。丙装置中的试剂是_，丁装置的目的是_；干燥管的作用是_。（3）假定上述每一个装置都充分吸收，则利用该装置测得的CN-被处理的百分率与实际值相比_（填“偏高”或“偏低”），简述可能的原因：_。（4）含氰废水也可采用电化学方法进行处理。在碱性条件下，使用惰性电极电解含氰废水，氰离子被氧化为无毒的物质，其中阳极电极反应式是_。【答案】 (1). CN-+ClO-CNO-+Cl- (2). 2CNO-+6ClO-+8H+=N2+2CO2+3Cl2+4H2O (3). 浓硫酸 (4). 除去Cl2 (5). 防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管I，影响CO2的测量 (6). 偏低
14、 (7). 前面装置中残留有CO2未被完全吸收 (8). CN- +12OH-10e- =2CO32- +N2+6H2O【解析】【分析】利用干燥管I吸收二氧化碳，在吸收之前要处理水蒸气和氯气，用铜来处理氯气，用浓硫酸干燥，为了减少实验误差，干燥管II防止空气中二氧化碳和水蒸气进入干燥管I。据此分析解答。【详解】（1）根据题意，甲中是CN与ClO在催化剂作用下反应生成CNO和Cl，因此甲中的反应CN+ClOCNO+Cl，CNO和Cl在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，因此乙中的反应：2CNO+6ClO+8H+ =N2+2CO2+3Cl2+4H2O；故答案为：CN+ClOCN
15、O+Cl；2CNO+6ClO+8H+ = N2+2CO2+3Cl2+4H2O。（2）利用干燥管I吸收二氧化碳，在吸收之前要处理水蒸气和氯气，用铜来处理氯气，用浓硫酸干燥，为了减少实验误差，干燥管II防止空气中二氧化碳和水蒸气进入干燥管I，因此丙装置中的试剂是浓硫酸，丁装置的目的是除去Cl2；干燥管的作用是防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管I，影响CO2的测量；故答案为：浓硫酸；除去Cl2；防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管I，影响CO2的测量。（3）由于装置中反应生成的二氧化碳会留在装置中没有被吹出，未完全被干燥管I吸收，因此利用该装置测得的CN被处理的百分率与实际值相比偏低；故答案为：偏
16、低；前面装置中残留有CO2未被完全吸收。（4）在碱性条件下，使用惰性电极电解含氰废水，氰离子被氧化为无毒的氮气和碳酸根离子，因此阳极电极反应式是CN- +12OH-10e- =2CO32- +N2+6H2O。9.SPC（2Na2CO33H2O2）具有Na2CO3和H2O2的双重性质，广泛应用于印染、医药卫生等领域。以芒硝（Na2SO410H2O）、H2O2等为原料制备SPC的工艺流程如下：回答下列问题：（1）步骤I产生的滤渣为_（填名称）。（2）步骤II中发生反应的离子方程式为_。其中生成的_（填化学式）可以循环使用。（3）步骤V中，合成时需选择温度为15，其原因是_。（4）抽滤后用乙醇洗涤的
17、作用是_。（5）SPC的保存方法是_。（6）过氧化氢用催化剂催化分解时生成水和氧原子，该氧原子非常活泼，称为活性氧。称量0.1600 g样品，置于250 mL锥形瓶中，并用100 mL 0.5 molL-1硫酸溶解完全，立即用0.02000molL-1KMnO4标准溶液滴定，滴定至终点时溶液颜色为_，且半分钟内不恢复为原来的颜色，进行三次平行实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56 mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24 mL。该样品的活性氧含量为_%。【答案】 (1). 硫酸钙或石膏 (2). 2Na+ + 2CrO42-+2CO
18、2 + H2OCr2O72- + 2NaHCO3 (3). Na2Cr2O7 (4). 温度低于15，反应速率慢，温度高于15，过氧化氢受热易分解（或产品受热易分解，答15利于产品结晶析出不给分不扣分） (5). 除去SPC晶体表面的水分，使其快速干燥 (6). 低温、避光、密封保存 (7). 浅红色 (8). 12.16【解析】【分析】Na2SO410H2O、重铬酸钠、氧化钙反应生成铬酸钠、硫酸钙，铬酸钠、二氧化碳和水反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠，过滤得到碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠饱和溶液与双氧水反应得到SPC，用95%乙醇洗涤，再抽滤、干燥得到SPC。【详解】（1）根据分析得到
19、步骤I产生的滤渣为硫酸钙；故答案为：硫酸钙或石膏。（2）步骤II中铬酸钠、二氧化碳和水反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠，Na2Cr2O7可以循环使用，因此发生的离子方程式为2Na+ + 2CrO42-+2CO2 + H2OCr2O72- + 2NaHCO3。（3）步骤V中，温度较低，反应速率较慢，反应温度较高，双氧水易分解，也有可能产品易分解，因此合成时需选择温度为15；故答案为：温度低于15，反应速率慢，温度高于15，过氧化氢受热易分解。（4）抽滤后产品表面有水分，用乙醇除掉水分以便快速干燥；故答案为：除去SPC晶体表面的水分，使其快速干燥。（5）由于SPC易分解，因此SPC的保存方法是低温、避光
20、、密封保存；故答案为：低温、避光、密封保存。（6）用KMnO4标准溶液滴定，滴定至终点时为KMnO4溶液的颜色，即溶液颜色为浅红色，且半分钟内不恢复为原来的颜色，进行三次平行实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56 mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24 mL，则活性氧消耗的KMnO4溶液的平均体积为26.56mL-2.24 mL = 24.32mL，根据活性氧与高锰酸钾的关系式即2KMnO45H2O2，即样品中活性氧物质的量为，则样品中活性氧含量为；故答案为：紫红色；12.16%。10.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧
21、化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。（1）NO在空气中存在如下反应：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H，上述反应分两步完成，其反应历程如图1所示, 回答下列问题：写出反应I的热化学方程式_。反应I和反应中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO（g）+O2（g）2NO2（g）反应速率的是_（填“反应I”或“反应”）；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是_（反应未使用催化剂）。（2）用活性炭还原法也可处理氮氧化物。有关反应为：2C(s)2NO2(g)N2(g)2CO2(g)，起始时向密闭容器中充入一定量的C(s)和NO2(g)，在不同条件
22、下，测得各物质的浓度变化状况如下图所示。010min，1020 min，3040 min三个阶段NO2的转化率分别为1、2、3，其中最小的为_，其值是_。计算反应达到第一次平衡时的平衡常数K=_。第10min时，若只改变了影响反应的一个条件，则改变的条件为_(填选项字母)。A增加C(s)的量 B减小容器体积 C加入催化剂（3）NO2存在如下平衡：2NO2（g）N2O4（g）H0，在图3标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是_，理由是_。【答案】 (1). 2NO(g) N2O2(g) H(E4E3) kJmol1 (2). 反应 (3). 温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小
23、，温度升高对反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应速度变慢，最终总反应速率变慢 (4). 1 (5). 20% (6). 0.675 (7). C (8). B、D (9). 达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件(NO2) 2(N2O4)【解析】【详解】（1）反应热焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此反应I的热化学方程式2NO(g) N2O2(g) H(E4E3) kJmol1；故答案为：2NO(g) N2O2(g) H(E4E3) kJmol1。反应I和反应中，反应所需活化能大，反应速率慢，慢反应决定反应体系速率，因此决定2NO(g) + O2(g) 2NO2(g)反
24、应速率的是反应；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应速度变慢，最终总反应速率变慢；故答案为：反应；温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应速度变慢，最终总反应速率变慢。（2）010min，1020 min，3040 min三个阶段NO2的转化率分别为、，其中最小的为1，其值是20%。根据图中信息计算反应达到第一次平衡时的平衡常数；故答案为：0.675。根据图中信息，第10min时，反应速率加快，若只
25、改变了影响反应的一个条件，A增加C(s)的量，速率不变，故A不符合题意；B减小容器体积，浓度瞬间增大，但图中信息浓度没有变化，故B不符合题意；C加入催化剂，速率加快，故C符合题意；综上所述，答案为C。（3）NO2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g) H0，根据图3标出点信息，当达到平衡时，(NO2) 2(N2O4)，则BD两点满足；故答案为：B、D；达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件(NO2) 2(N2O4)。11.某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池结构如图甲所示，图乙是有机高聚物的结构片段。（1）Mn2+的核外电
26、子排布式为_；有机高聚物中C的杂化方式为_。（2）已知CN-与N2互为等电子体，推算拟卤素(CN)2分子中键与键数目之比为_。（3）NO2-的空间构型为_。（4）MnO是离子晶体，其晶格能可通过如图的BornHaber循环计算得到。Mn的第一电离能是_，O2的键能是_，MnO的晶格能是_。（5）锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的数值为NA，该晶胞中Zn的半径为r1 nm， X的半径为r2 nm，X的相对原子质量为M，则该晶体的密度为_gcm3(用含r1、r2、M、NA的代数式表示)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d5或 Ar3d5 (2). s
27、p2、sp3 (3). 3:4 (4). V形 (5). b kJmol-1 (6). 2e kJmol-1 (7). (f-a-b-c-d-e) kJmol-1 (8). 【解析】【详解】（1）Mn是25号元素，因此Mn核外电子排布式为1s22s22p63s3p63d54s2，因此Mn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s3p63d5；有机高聚物中CH2中C价层电子对数为4，为sp3杂化，CONH2，C价层电子对数为3，为sp2杂化；故答案为：1s22s22p63s23p63d5或 Ar3d5；sp2、sp3。（2）已知CN与N2互为等电子体，推出拟卤素(CN)2分子结构为NCCN，分
28、子中键与键数目之比为3:4；故答案为：3:4。（3）NO2价层电子对数为，因此空间构型为“V”形；故答案为：V形。（4）第一电离能定义是气态基态电中性失去一个电子变为气态+1价阳离子所吸收的能量，因此Mn的第一电离能是b kJmol1，键能是1mol物质断裂成原子所吸收的能量，因此O2的键能是2e kJmol1，晶格能是气态离子形成1mol晶体所释放的能量，MnO的晶格能是(f-a-b-c-d-e) kJmol-1；故答案为：b kJmol1；2e kJmol1；(f-a-b-c-d-e) kJmol-1。（5）锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞如图所示，含有X个数为，Zn个数为4，因此化学式
29、为ZnX，设阿伏加德罗常数的数值为NA，该晶胞中Zn的半径为r1 nm，X的半径为r2 nm，根据结构分析体对角线的四分之一为两原子半径和，设棱长为a，则有 r1+ r2 = ，X的相对原子质量为M，则该晶体的密度为；故答案为：。12.2020年2月，国家卫生健康委办公厅、国家中医药管理局办公室联合发出关于印发新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第六版）的通知。此次诊疗方案抗病毒治疗中增加了阿比多尔这个药物。其中间体I的合成路线如下：（1）A的结构简式是 _。（2）I中含氧官能团名称是_。（3）、的反应类型分别是 _、 _ 。（4）的化学方程式为_。（5）D的同分异构体中，满足下列条件的有_种。a.
30、 含有苯环 b含有NO2其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为126的为_(任写一种结构简式)。（6）已知：当苯环有RCOO、烃基时，新导入的基团进入原有基团的邻位或对位；原有基团为COOH时，新导入的基团进入原有基团的间位。苯酚、苯胺（）易氧化。设计以为原料制备的合成路线（无机试剂任用）_。【答案】 (1). (2). 酯基 (3). 还原反应 (4). 取代反应 (5). +CH3COCl+HCl (6). 14 (7). 或 (8). 【解析】【分析】根据E分析得到A到B为硝化反应，硝基位于A中OH的对位，A到B为取代反应，B到C发生取代反应生C，C到D为NO2变为NH2，D到E是NH
31、2与O=C反应生成1个水，E到F是形成环，F到G是F中NH形成NCH3，根据I的结构得到G到H发生取代反应，据此解答。【详解】（1）根据分析得到A为苯酚，即A的结构简式是；故答案为：。（2）根据I的结构分析得到I中含氧官能团名称是酯基；故答案为：酯基。（3）是NO2变为NH2，发生还原反应，是溴原子取代苯环上的氢原子，为取代反应；故答案为：还原反应；取代反应。（4）反应是取代反应，因此反应的化学方程式为+CH3COCl+HCl；故答案为：+CH3COCl+HCl。（5）D的同分异构体中，含有苯环，还含有NO2，则两个碳为乙基，则有邻、间、对三种；一个为甲基，一个为CH2NO2，则有邻、间、对三种；两个甲基，一个NO2，两个甲基在邻位，有两种，两个甲基在间位，有三种，两个甲基在对位，有一个取代基，一种CH2CH2NO2，一种CH(CH3)NO2，共14种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为126的为或；故答案为：14；或。（6）根据已知信息在浓硝酸、浓硫酸加热条件下发生硝化反应生成，在酸性高锰酸钾作用下发生氧化反应生成，在铁、氯化铵作用下反应生成，在氢氧化钠作用下水解，再酸化得到；故答案为：。
